第22讲 立体几何与空间向量-【艺考一本通】2026年高考数学小题量检测

3.D 4.C【解析】因为截面PQMN是正方形，所以MV∥PQ,则 MN∥平面ABC,由线面平行的性质知MN∥AC,则AC∥ 截面PQMN,同理可得MQ∥BD,又MN⊥QM,则ACI BD,故A,B正确.又因为BD∥MQ,所以异面直线PM与 BD所成的角等于PM与QM所成的角，即为45°，故D 正确 5.B【解析】如图所示，因为在三棱柱 A ABC-A1B1C中，M,N分别为AC,B C的中点，E,F分别为BC,B1B的中 点，所以EFC平面BCCB1,MN∩平 面BCCB1=N,V庄EF,所以直线MV 点隆维职感歌含的忠奇 AA,因为AA∩A1B1=A,PM∩PN =P,所以平面PMN∥平面ABB1A1, 因为MNC平面PMN,所以直线MW ∥平面ABBA1.故选B. 6.D【解析】由题意可知，AD⊥AB,AD=AB,所以∠ABD= 45°，故∠DBC=45°，又∠BCD=45°，所以BD⊥DC.因为平 面ABD⊥平面BCD,且平面ABD∩平面BCD=BD,所以 CDL平面ABD,所以平面ACD⊥平面ABD 7.BC【解析】因为四棱锥P一ABCD 的所有棱长都相等，所以底面ABCD 是正方形.对于A,因为PB二平面 PBC,N∈平面PBC,NE直线PB M任平面PBC,所以MN与PB是异 面直线，故A错误；对于B,如图，取 E为PA的中，点，连接ME,BE,易知 EM∥AD,EM=2AD,又BN∥ AD,BN=号AD,所以BN∥EM,BN=EM,即四边形 BNME为平行四边形，所以MN∥BE,因为BEC平面 PAB,MNd平面PAB,所以MN∥平面PAB,故B正确；对 于C,因为PB=PA=AB,E为PA的中，点，所以BEPA, 又MN∥BE,所以MNPA,故C正确：对于D,假设MN 平面PAD,因为ADC平面PAD,所以MN⊥AD,如图，取 F为AD的中点，连接MF,NF,则NF⊥AD,因为MN∩ NF=N,MN,NFC平面MNF,所以AD⊥平面MNF,又 MFC平面MNF,所以MF⊥AD,又MF∥PA,所以PA AD,这与△PAD为等边三角形矛盾，假设不成立，故MN 不垂直于平面PAD,故D错误.故选BC 8.√2【解析】取圆柱下底面孤AB的另一中点D,连接CD, AD,因为C是圆柱下底面弧AB的中点，所以AD∥BC,所 以直线AC与AD所成角等于异面直线AC1与BC所成角， 因为C1是圆柱上底面孤AB1的中点，所以CD圆柱下底 面，所以CD⊥AD,因为圆柱的轴截面ABB1A1是正方形， 所以C1D=√2AD,所以直线AC1与AD所成角的正切值为 J2,所以异面直线AC1与BC所成角的正切值为W√2 9.DMLPC(或BM⊥PC等)【解析】连接AC,BD,则ACL BD,因为PA⊥底面ABCD,所以PA⊥BD.又PA∩AC= A,所以BD⊥平面PAC,所以BD⊥PC,所以当DM⊥PC (或BM⊥PC)时，即有PC⊥平面MBD.而PCC平面PCD, 所以平面MBD⊥平面PCD. 10.(分1）【解析】如图，过D作 DGAF,垂足为G,连接GK 因为平面ABD平面ABCF,又 DK⊥AB,所以DK⊥平面 ABCF,所以DK⊥AF.因为DK∩DG=D,所以AF⊥平面 DKG,所以AF⊥GK. 【解法一】易知当F接近，点E时，K接近AB的中点，当F 接近，点C时，K接近AB的四等分点，故t的取值范围 是(2,1)： 【解法二】即在平面图形中，D,G,K三，点共线，设∠FAK 0,则∠ADK=0,AK=ADtan0=tan0,又7=tan∠CAB <tan0Ktan∠EAB=1,所以∈（号，l). 参考答案·数学 11.【证明】(1)在△CDE中，因为CD=ED =7,cos∠EDC=号，由余弦定理得 CE √CD+ED-2CD·ED·cos∠EDC B =2.在四棱锥P-ABCE中，连接AC 因为AE=2,∠AEC=60°，所以AC= 2.又AP=√3，所以在△PAE中，PA+AE=PE,即AP ⊥AE.同理，AP⊥AC.而ACC平面ABCE,AEC平面 ABCE,ACOAE=A,故AP⊥平面ABCE. (2)因为AB∥CE,且CEC平面PCE,AB工平面PCE,所 以AB∥平面PCE.又平面PAB∩平面PCE=l,所以AB ∥. 12.【解析】(1)证明：因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥BD.又 因为底面ABCD为菱形，所以BD⊥AC,所以BD⊥平 面PAC (2)证明：因为PA⊥平面 ABCD,AEC平面ABCD,所 以PA⊥AE.因为底面 ABCD为菱形，∠ABC= 60°，且E为CD的中点，所以 AE⊥CD,所以AB⊥AE,所 以AE⊥平面PAB,所以平 面PAB⊥平面PAE. 上≥- (3)棱PB上存在点F,使得 CF∥平面PAE.取F为PB B 的中点，取G为PA的中点，连接CF,FG,EG,则FG∥ AB,且FG=2AB.因为底面ABCD为菱形，且E为CD 的中点，所以CE∥AB,且CE=AB.所以FG∥CE,且 FG=CE,所以四边形CEGF为平行四边形，所以CF∥ EG.因为CF吐平面PAE,EGC平面PAE,所以CF∥平 面PAE. 13.【解析】(1)若平面MNQ∥平面ABCD,平面PAB∩平面 ABCD=AB,平面PAB∩平面MNQ=QN,所以QN∥ AB,又因为N为PB的中点，所以Q为PA的中点，同理 M为PD的中点，所以A==1. (2)因为∠BAD=90°，PA⊥底面ABCD,如图，以A为原 点，ADAB,AP所在直线分别为x轴y轴、之轴正半轴建 立空间直角坐标系，故P (0,0,2),B(0,2,0),C (1,1,0),D(1,0,0),则P克= (0,2,-2),P℃=(1,1，-2)， 设平面PBC的法向量为t= M （x,y), 则 …武-x+y22=0,取y i·Pb=2y-2x=0, B Y =1,可得t=(1,1,1).因为 Di=入M,A0=Q,所以 D M (0).Q /1 (c0华)则励-（中品。辛），国为m 1 ∥平面PBC,所以M01i,即M破·i=0,所以(-1干）X1 +0X1+()X1=0,辛。号=0所以 后9品=0，所以=1+，将以等D 入 4以+日+4≥2级·只+4=8，当且仅当4以=分，即A 2时取等号，所以仁的最小值为8. 第22讲立体几何与空间向量 1.D【解析】由已知得M,A,B,C四点共面，所以AM在平面 ABC内，故选D. 2.B【解析】设直线l与平面a所成的角为0，则0=120°-90 =30°，故选B. 79 小题量检测 数学 8.C【解析】设m与n的夹角为0，因为cos0三m7= 1 ,所以0=120°，所以二面角a-1-B的大小可能为60 或120° 4.C【解析】以垂直于BC的方向为x轴， BC为y轴，BB1为之轴建立空间直角坐 标系，如图所示：则BC=(0,1,1),B1(0, 0,1),由于∠ABC=120°，则yA= ABcos120°=-1，xA=ABsinl20°=√/5，A 即A(5,-1,0),AB=(-3,1,1),设 B 异面直线AB1与BC1所成角为0，cos0= AB·BC 1+1 AB·BC√2X5 亚，故选C, 5 5.②③【解析】依题意建立如图所示的 空间直角坐标系，设等腰直角三角形 ABC的直角边长为1.由题意知，点B 在平面xOy中形成的轨迹是以C为圆 心，1为半径的圆.设直线a的方向向 量为a=(0,1,0),直线b的方向向量 0(C 为b=(1,0,0),CB以Ox轴为始边沿 逆时针方向旋转的旋转角为0,0∈[0， 2x),则B(cos0,sin0,0),所以AB=(cos0,sin0,-1),|AB =√2.设直线AB与直线a所成的夹角为a,则cosa= B0二号gin01e0,号.所以45≤≤90，所以周 正确，④错误：设直线AB与直线b所成的夹角为B,则cos3 =阁-号，当直线AB与直线a的表商为 60,即a=60°时，则1sin01=2cosa=2cos60°= 之，所以 号，所以g-号1c0s01=文.周为45≤长90，所 2 以B=60°，即直线AB与b的夹角为 D 60°.所以②正确，①错误. 6.25 B 5 【解析】以D为原点，以DC所 在直线为y轴，以DA所在直线为x D 轴，以DD1所在直线为之轴，建立空间 B 直角坐标系（图略）.则P(2,y,之)，D (0,0,2),所以D1P=(2,y,x-2).因为C(0,2,0),M(2,0, 1),所以CM=(2,一2,1)，因为D1P⊥CM,所以4一2y+之 2=0,所以x=2y-2.因为B(2,2,0),所以BP=(0,y2, x),所以|BP1=/(y-2)2+=/(y-2)2+(2y-2)2= √5y2-12+8.因为0≤≤2，所以当y=号时，1m= 25,因为BC⊥BP,所以(SAc)m=7X2X25 5 =25 7.ABC【解析】由点A为原，点，分别以AB、AD、AF所在直线 为x轴、y轴、之轴，建立空间直角坐标系，设正方形ABCD 和ADEF的边长为2，如下图：对于A选项，A(0,0,0),D (0,2,0),M(1,1,0),N(0,1,1),则直线AD、MN的方向 向量分别为AD=(0,2,0),M不=(-1,0,1)，因为AD· MN=0,所以ADLN,即ADI MN,故A正确：对于B选 项，连接CE,如下图：因为点M,N分别为AC,AE的中点， 所以在△ACE中，MN∥CE,因为CEC平面CDE,且MN 平面CDE,所以MN‖平面CDE,故B正确；由选项B可知 MN∥CE,故C正确：故D错误：故选ABC. 80 8.【解析】(1)证明：取BC中点 DMd0膳827 DQ,因为AB⊥BC,BC⊥CP, 所以FQ⊥BC,DQ BC,FQ ∩DQ=Q,FQ,DQC 平面 DFQ,所以BC⊥平面DFQ, DFC平面DFQ,所以BC DF,即DF是BC的中垂线， 所以BD=CD,取BP中点 W,连接MW,NW,WQ,所以 BC⊥FW,所以∠WFD就是二面角P一BC一D的平面角， 在△WDF中，由余弦定理可得：cOs∠WFD T+DFDw=30根据题意和线段的中点可知， 2WF·DF AB=3,BC=4,AC=√AB+BC=5,PC=√PB-BC =3E.QF=Dw=号，DQ=wF=Pc=3y9,Dw=合 AB=,代入解得DF-雪我DF=5,在△DF中， 2 多E-1D<DF<号2+1).所以DF-35(含.当Dr 10 =3时，BD=CD=√DP+(3BC)=夏，AP=5,所 2 以AB+AP2=BP2,故AB|AP,得AB|MW,连接MN, 因为AB⊥BC,所以AB⊥MQ,MW,MQ是平面MNW内两 条相交直线，所以AB工平面MNW,因为MNC平面 MNW,所以ABMN. (2)连接BQ并延长至O且有 BO=2BQ,连接PO,OA,OC, 由(1)知AB WO,WQ BC,AB,BC是平面ABC内 两条相交直线，所以WQ⊥平 面ABC,又因为WQ是 △BPQ的中位线，所以PQ= 2WQ,PO⊥平面ABC,计算 得OB=2BQ=5,OP= √PB2-OB=3,OC=3,OA =4,如图，以B为原点，射线BC方向为x轴，射线BA方向 为y轴，建立如图所示空间直角坐标系B、xy之，计算得B (0,0,0),A(0,3,0),C(4,0,0),O(4,3,0),P(4,3,3),D (23,号)M(0,号0）N(4,号，)，故成=(4,0,0， D-(2,3,号)，MN=(4,0,号)，设平面BCD的法向量 (n·BC=4x=0 为n=,则{n…动=2z十3y叶是=0冷y=1,可 取n=(0,1,-2,因为n…M=4×0十0X1+号×(-2) =-3,nl=干=5.-√6+-堡，所以 2 cos<n,MN>= n·Mi —3 636西，设 n· 5X3 365 直线MN与平面BCD所成角为0,0∈[0，受]，则sin0= |cosn,N1=6西，所以直线MN与平面BCD所成角 365 的正弦值为636丽 365 9.【解析】(1)取AC的中点O,连接PO,BO,由PA=PC知PO ⊥AC,又平面ABCL平面PAC,平面ABC∩平面PAC= AC,POC平面PAC,所以PO⊥平面ABC.因为AB=BC, 所以OB⊥OC,又AB+BC=AC,所以AB⊥BC.以O为 坐标原点，OB,OC,OP所在直线分别为x轴、y轴、之轴，建 立空间直角坐标系，如图③，由题知PO=2√3，OB=2,则A (0,-2,0),B(2,0,0),C(0,2,0),P(0,0,23),PB=(2,0, -23),AC=(0,4,0).设n=(x,y,2),且n·AC=0,n· P市=0.则025=0令=则1=(305，又花 =(2,2,0),所以异面直线AC与PB之间的距离d= n·AB n 6_=3. 23 (2)如图③，在平面ABC内，过M作MN⊥AC,垂足为N, 因为平面PAC⊥平面ABC,所以MN⊥平面PAC,得MN |PA.在平面PAC内，过N作FNAP,垂足为F,连接 MF,因为MN∩FN=N,MN,FNC平面MFN,所以PA⊥ 平面MFN,又FMC平面MFN,所以PA⊥FM,故∠MFN 为二面角M一PA一C的平面角，即∠MFN=30°.设MN= a(0a2),则NC=a,AN=4-a,在Rt△AFN中，FN= ER△MFV中，由∠MFV=30 -5a,所以号(4-a)=5a,得a=告，则M(告，号0， Pt=02,-25).a=(0,2.2)ai=(告号0)小 设平面PAM的法向量为m=(x,y,之1)，则由 〔m·A-0:得尘 2y1+2W√321=0， m·Ai=0, +=0， 令1=√/3，则m=(6, 3,W3),则PC与平面PAM所成角的正弦值为|cOs〈m,P心) =m·Pd= m|P-4 M D (2 ③ 第23讲直线与圆 1.A【解析】x2+y2-4x=0,即(x-2)2+y2=4,因为(3 2)2十04，所以，点P在圆内，所以（与C相交.故选A. 2.C【解析】若直线l:a.x十y+2=0与l2:x十ay-3-a=0 平行，则a2-1=0,解得a=1或a=一1.当a=1时，直线 l1:x十y十2=0，l2:x+y-4=0,此时l∥2，符合题意；当a =-1时，直线4：一x千y十2=0，即l:xy2=0,2:x y-2=0,此时l,重合，不符合题意.综上所述，“a=i”是 “直线l:ax十y十2=0与l2:x十ay-3-a=0平行”的充要 条件.故选C. 3.BD【解析】由题意知，圆心坐标（一cos0,sin),半径为1， 圆心M到直线L的距离为d=-kcos0-sin ol /1+k2 +及sin(0+a)】=|sin(0叶a)l≤l(其中tana=k),所以 /1+k2 对任意实数k与0，直线（与圆M有公共点，且对任意实数 k,必存在实数0，使得直线1与圆M相切，故选BD. 4.C【解析】圆M:x2+y2-2a.x=0(a>0)即圆M:(x-a)2 +y2=a2(a>0)的圆心半径分别为M(a,0),n=a,圆N: (x-2)2+(y+1)2=1的圆心半径分别为N(2,-1),2 =1,因为d=122-厅解得a=子或a=-昌（含去， 5 从而M(径0)，所以MN=√丹+1=，因为 2 9+1=压<n-n=号，所以国M与圆N: IMNI 2 (x一2)2+(y十1)2=1的位置关系是内含.故选C. 5.D【解析】由题意得圆的半径为3，圆心坐标为(1，一2)，因 为直线l:x-2y十a-1=0与圆(x-1)2+(y十2)2=9相交 所得的孩长为4，所以9-（告）》广=(+a, ,所以 5 a2+8a一9=0，解得a=1或a=一9.故选D. 6.BC【解析】由PA=PB,知，点P一定在AB的垂直平分 线1上，6他=一子k·61=-1→1=3，因为线段AB的 中点坐标为（一1,2），所以l的方程为y一2=3(x十1)→y= 3x十5.则满足条件的曲线C要与l有交点.3.x一y十1=0与 参考答案·数学 【平行，故无交点，选项A错误：x2十y=4是圆心为(0,0)， 5 半径r=2的圆，圆心到直线l的距离为d= w/(-1)2+32 <2，故直线与圆相交，故B正确：把直线1与双曲线进 2 行联立，2 -y2=1,得17x2+60x十52=0，△=3600-4 y=3x+5 ×17×52=3600-3536>0,所以1与双曲线存在交点.故选 项C正确：将直线l的方程代入y2=3x,得y2=y一5，方程 无实数解.故抛物线y2=3x与直线l无交点.故选项D错 误；故选BC 7.ABC【解析】对于A,显然圆心(m,m)在直线y=x上，故A 正确：对于B,圆心(1，m)到坐标轴的距离均为m,等于圆的 半径，故该圆与坐标轴相切，故B正确；对于C,圆心(，m) 到直线y=一x的距离d=2”=√2m>m,故该圆与直线y= /2 一x不相交，故C正确：对于D,将(1,1)代入圆的方程，得(1 -)2+(1一m)2=m2,整理得m2一4m十2=0，显然△=8 0,故有解，所以该圆可能过点(1,1)，故D错误.故选ABC 8.ABD【解析】因为直线l:m.x+y一m十1=0，A(1,2),B(3, 4),所以直线l的斜率为一m,直线AB的斜率为1，故当m= 1时，直线l与直线AB垂直：当m=一1时，直线l与直线 AB平行，故AB正确；直线l:mx十y-m十1=0，即m(x 1=0求得/x=1 1)+y+1=0,令{x1=0. y=二1，可得直线经过定 点P(1,一1)，由于AP=3,故点A到直线（的最大距离为 3,故C错误：由于A(1,2),B(3,4),AB=/4+4=2√2，故 以AB为直径的圆的圆心Q(2,3),且PQ=/1千16=√17， 故圆的半径为√2，圆心Q到直线礼的最大距离为√I7,故以 线段AB为直径的圆上的，点到直线（的最大距离为√I7十 √2，故D正确，故选ABD. 9.ABC【解析】圆C:(x-2)2+y2=4的圆心为C(2,0),半 径r=2,圆C2:x2+y2+2x-8y+13=0,即(x+1)2+(y 4)2=4的圆心为C2(一1,4)，半径R=2,所以圆心距C1C2 =(一1一2)2+(4-0)2=5，因为C1C2|>R+r=4,所 以两圆外离，故A正确；因为点P在圆C上，点Q在圆C 上，所以PQlm=|CC|-R-r=1,PQx=ICC1+R 十r=9,故B,C正确；因为圆心C2(一1,4)到直线3x一4y十 4=0的距离d=1X34X4+4=3≠R,所以直线3x /32+42 4y+4=0不是两圆的公切线，故D错误.故选ABC 10.C【解析】设P(w,由点P到直线y=x的距离为 21 得m二h=2 ，两边平方整理得到6十-2=1①，因 为点P(m,h)在圆C上，所以x品+(%一1)2=2，即品十% 2h=1②，联立①②得h(0一1)=0，解得y%=0或x0=1.当 %=0时，后=1，解得=1或xm=一1，即P(1,0)或 P(一1,0)：当xm=1时，呢.一2y=0,解得%=0或%=2，即 P(1,0)或P(1,2).综上，满足条件的点P的个数为3，故选C. 11.AD【解析】由直线l:(m+1)x+2y-1+m=0(m∈R), 得m(x十1)+x+2y一1=0，因为m∈R,则满足 1x+1=0 》,。,解得{，1，所以直线恒过定点 (一1,1)，故选项A正确.因为当m=0时，直线l为：x十 2y一1=0，则圆心C(一2,0)到直线l的距离为d= 一2+0-1山=35，则此时直线1与圆相交所得劣孤的 /12+22 顶点到直线1的距离d1=235∈(0,1)，所以圆上只有2 个点到直线的距离为1，故选项B错误.因为直线过定，点 (一1,1)，又（一1十2）2十124，所以定点在圆内，则直线 L与圆C一定相交，故选项C错误.由圆的方程x2十y2一2a 十8y十a=0可得，(x一1)2十(y十4)2=17一a,所以圆心 为(1，一4)，半径为√17一a,因为两圆有三条公切线，所以 两圆的位置关系为外切，则√/(1十2)2+(0干4)2=5=2 十√17一a,解得a=8,故选项D正确.故选AD. 12.ACD【解析】由x2+y2一6x=0,得(x一3)2+y=9,则圆 心C(3,0),半径r1=3,所以A正确，对于B,因为，点(1,2 81第一部分 一轮单元检测 ■ 第22讲立体几何与空间向量 ©限时：50分钟⊙总分：60分 一、选填题(36分) 5.a,b为空间中两条互相垂直的直线，等腰直 1.已知平面ABC,点M是空间上任意一点，点 角三角形ABC的直角边AC所在直线与a,b M满足条件OM=OA+O应+O心，则直 都垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转， 有下列结论： 线AM ①当直线AB与a成60°角时，AB与b成30°角； A.与平面ABC平行 ②当直线AB与a成60°角时，AB与b成60° B.是平面ABC的斜线 角； C.是平面ABC的垂线 ③直线AB与a所成角的最小值为45°； D.在平面ABC内 ④直线AB与a所成角的最大值为60°. 2.若直线（的方向向量与平面α的法向量的夹 其中正确的是 .(填写所有正确结论 角等于120°，则直线1与平面α所成的角等 的编号) 于 6.如图，在棱长为2的正方体ABCD一AB1C A.120° B.30° D1中，M是棱AA1的中点，点P在侧面 ABB1A1内，若D1P垂直于CM,则△PBC的 C.60 D.60°或30° 面积的最小值为 3.已知二面角a-l-3,其中平面a的一个法向 量为m=(1,0,一1)，平面3的一个法向量为 n=(0,一1,1)，则二面角a-l-3的大小可能 为 7.(多选)如图，两个正方形ABCD和ADEF所 A.60 B.120° 在平面互相垂直，设M,N分别是AC和AE C.60°或120° D.135° 的中点，那么下列结论正确的是 （) 4.已知直三棱柱ABC一A1B,C中，∠ABC 120°，AB=2,BC=CC=1,则异面直线AB 与BC所成角的余弦值为 A图 B.v15 5 A.AD⊥MN B.MN∥平面CDE 3 C.MN∥CE D.MN,CE异面 。41· 艺考一本通一 数学 二、解答题（每题12分，共24分） 9.如图，在三棱锥P一ABC中，AB=BC 8.已知三棱锥P一ABC,AB⊥BC,BC⊥CP, 2√2，PA=PC=AC=4,平面ABC⊥平 D,M,N分别是AP,AB,CP的中点，4AB 面PAC. 3BC=12,PB=√34，二面角的P-BC-D (1)求异面直线AC与PB之间的距离； 余弦值为3严 (2)若点M在棱BC上，且二面角M-PA C为30°，求PC与平面PAM所成角的正 (1)证明：AB⊥MN; 弦值. (2)求直线MN与平面BCD所成角的正 弦值. D ·42…